山西省晋中市平遥中学2018_2019学年高二物理上学期期中试题（含解析）.docx

山西省平遥中学2018-2019学年高二上学期期中考试物理试题一、单项选择题：(本题共8小题，每小题4分，共32分.)1.关于电场强度的定义式为E=F/q，下列说法中不正确的是（）A. 该定义式适用于任何电场B. 带电量为q带电体放在某电场中的A点，受到的电场力为F，则该电场在A点产生的电场强度大小为F/qC. 电场强度的方向与正电荷受到的电场力F的方向相同D. 由F=Eq可知，试探电荷在场中某点所受的电场力大小与该试探电荷带电量的大小成正比【答案】B【解析】【详解】A、是电场强度的定义式，适用于任何电场，故A正确；B、公式中F是检验电荷所受的电场力，q是检验电荷的电荷量，带电量为q带电体不是检验电荷，对原电场有影响，故B错误；C、场强的方向与放在该点的正电荷所受的电场力方向相同，与放在该点的负电荷所受的电场力方向相反，故C正确；D、由F=Eq得知，场中某点电荷所受的电场力大小与该点场强的大小成正比，故D正确；不正确的故选B。【点睛】是电场强度的定义式，q是检验电荷的电荷量，F是检验电荷所受的电场力，适用于任何电场场强的方向与放在该点的正电荷所受的电场力方向相同，场强仅由电场本身决定。2.关于电势和电势能下列说法中正确的是( )A. 在电场中，电势高的地方，电荷在该点具有的电势能就大；B. 在电场中，电势高的地方，放在该点的电荷的电量越大，它所具有的电势能也越大；C. 在电场中的任何一点上，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能；D. 在负的点电荷所产生的电场中任何一点上，正电荷所具有的电势能一定小于负电荷所具有的电势能.【答案】D【解析】【分析】要熟练掌握从两个方面判断电势能的高低变化：一是根据电势的高低利用公式进行判断，二是根据电场力做功判断电势能的变化，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功电势能增大；【详解】A、根据公式可知，正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小，由于不知电荷的正负，因此无法判断它在电势高的地方电势能的高低，故A错误；B、若放在同一点的电荷带电量为负值，电荷量大，则其具有电势能小，故B错误；C、电势能，正电荷在负电势处的电势能为负值小于负电荷在该处的电势能，故C错误；D、取无穷远处电势为零，根据顺着电场线方向电势降低，可知在负的点电荷所产生的电场中的任何一点上电势均为负，正电荷具有的电势能为负值，而负电荷具有的电势能为正值，说明正电荷所具有的电势能小于负电荷具有的电势能，故D正确。【点睛】电势能是电场中的重要概念，要学会从多个角度进行理解，尤其注意的是电势能的大小和电荷带电量的正负有关。3.如图所示,两个带有同种电荷的小球,用绝缘细线悬挂于O点,若q1q2,L1L2,平衡时两球到过O点的竖直线的距离相等,则()A. m1m2 B. m1m2C. m1=m2 D. 无法确定【答案】C【解析】【详解】对m1、m2球受力分析，根据共点力平衡和几何关系得：左边两个阴影部分面积相似，右边两个阴影部分面积相似；虽然，但两者的库仑力大小相等，则有，由于，所以，故C正确，A、B、D错误；故选C。【点睛】关键是两小球受到的库仑力相等，再根据共点力的平衡条件即可得了两小球偏转角度的关系。4.用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的强弱。如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线,图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点,E、F是连线中垂线上关于O对称的两点,B、C和A、D也关于O对称。则()A. B、C两点场强大小相同，方向相反B. A、D两点场强大小相等C. E、O、F三点比较,O点场强最弱D. B、O、C三点比较,O点场强最强【答案】B【解析】【详解】A、根据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相同，这两点场强的方向均由BC，方向相同，故A错误；B、根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同，故B正确；C、由图看出，E、F两点中，电场线疏密程度相同，两点场强方向相同，而E、O、F三点比较，O点场强最强，故C错误；D、由图看出，B、O、C三点比较，O点场强最小，故D错误；故选B。【点睛】据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小；根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系。5.已知半径为R、电荷量为q的均匀带电球面内的各点电势相等,其值为 (k为静电力常量)。如图为半径为R的半球形薄壳,开口圈面水平,半球表面均匀分布单位面积带电量为的正电荷,O为球心,P为开口处圈面上的任意一点,则P点的场强方向和电势的大小分别为(已知半径为R的球的表面积为4R2)()A. 竖直向上,0 B. 竖直向上,2kRC. 竖直向下,2kR D. 竖直向下,4kR【答案】B【解析】【详解】设想一个均匀带电半球面，与题目中所给的下半球组成一个完整的均匀带电球面，已知半径为R、电荷量为q的均匀带电球面内的各点电势相等，其值为 (k为静电力常量)，其中，所以整个球面在P点的电势为，根据对称性可知，半个球面在P点的电势为；由于下半个球面带正电，正电荷产生的场强是发散的，故则P点的场强方向竖直向上，故B正确，A、C、D错误；故选B。【点睛】解题关键是抓住对称性，先通过割补法将球壳补全，然后结合对称性分析，注意均匀带正电球壳内部各处电势都相等，其值为。6.平行板间加如图所示的周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，则能定性描述粒子运动的速度图象的是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】不计重力的带电粒子在周期变化的电场中，在电场力作用下运动速度随着时间变化的关系由加速度来确定，而加速度是由电场力来确定，而电场力却由电势差来确定开始粒子在匀强电场中从静止运动，前半个周期是匀加速运动，后半个周期是匀减速运动，在下一个周期中仍是这样：继续向前匀加速运动，再匀减速运动，这样一直向前运动下去速度的方向不变，而大小先增大后减小，再增大，再减小故选：A点评：带电粒子正好是从零时刻由静止开始运动，加速度、速度具有周期性与对称性7.如图所示，把一个架在绝缘支架上的枕形金属导体放在正电荷形成的电场中导体处于静电平衡时，下列说法正确的是（）A. A、B两点感应电荷产生的场强都为零B. 若该枕形导体处在匀强电场中，则A、B两点感应电荷产生的场强相等C. A点电势大于B点电势D. 当电键S闭合时，正电荷从导体沿导线向大地移动【答案】B【解析】【详解】AB、枕形导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布，达到静电平衡后，枕形导体内部出现的感应电荷的附加电场，正好与点电荷产生的电场抵消，内部电场强度处处为零；若该枕形导体处在匀强电场中，则A、B两点感应电荷产生的场强相等，故B正确；A错误；C、导体处于静电平衡时，枕形导体是个等势体，即导体左端电势等于右端电势，则有A点电势等于B点电势，故C错误；D、枕型导体在带正电的小球附近时，枕型导体上的自由电子会向左边运动，金属棒的左端因有了多余的电子而带负电，右端因缺少电子而带正电；当电键S闭合时，导体就会与大地连接，会使大地的电子流入枕形导体，故D错误；故选B。【点睛】枕形导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布，达到静电平衡后，枕形导体内部出现的感应电荷的附加电场，正好与点电荷产生的电场抵消，内部电场强度处处为零；枕形导体是个等势体，即导体左端电势等于右端电势。8.如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为（ ）A. 200 V/m B. C. 100 V/m D. 【答案】A【解析】【分析】根据题中的数据找出x轴方向上电势与B点相等的C点，BC两点的电势相等，即BC连线上的各点电势相等，通过几何关系，求出O点到BC的距离，由匀强电场中电势差与电场强度的关系可得出电场强度的大小；【详解】OA的中点C点，由题意可得C点的电势为3V，即BC的电势相等，连接BC，因BC的电势相等，所以匀强电场的方向垂直于BC，过O点做BC的垂线相较于D点，由几何关系得：则电场强度为：，选项BCD错误，A正确【点睛】在匀强电场中，电场是处处相等的，电场强度，电势差与沿电场方向上的距离有关系，值得注意的是该关系式只适用于匀强电场。二、多项选择题（本题共4个小题，每题4分，共16分，各题中至少有两个选项正确，全部选对的得4分，多选或错选不给分，选对但不全的得2分）9.如图所示,以等量同种点电荷的连线中点为原点,两点电荷连线的中垂线为x轴,E表示电场强度,表示电势,根据你已经学过的知识判断,在下列E-x图象和-x图象中,可能正确的是( ) A. A B. B C. C D. D【答案】AD【解析】【详解】AB、在两电荷连线的中点，由于两个电荷在此处产生的场强大小相等、方向相反，所以该处场强为零，在无穷远处场强也为零，所以两点电荷连线的中点到无穷远场强是先增大后减小，且场强关于电荷连线对称，故A正确，B错误；CD、两点电荷连线的中垂线上场强方向从中点指向无穷远，且电势逐渐降低，因为O处的场强为零，则O处x的斜率为0，故C错误，D正确；故选AD。【点睛】关键是知道电场的电场线特点和电场的叠加原理，结合其电场线的图即可作答。10.如图所示，虚线a、b、c、d、e代表电场中的五个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（ ）A. 五个等势面中，a的电势最高B. 带电粒子通过P点时的电势能较Q点大C. 带电粒子通过P点时的动能较Q点大D. 带电粒子通过P点时的加速度较Q点小【答案】CD【解析】试题分析：由电场线处处与等势面垂直且做曲线运动的物体所受的合外力指向曲线的凹侧可知该电场线的分布大概如图，沿电场线方向电势降低，所以，所以A错误。从电场力做正功，电势能降低，所以B错误。根据动能定理，所以C正确。电场线越密，电场强度越大，所以即，所以D正确。考点：本题重在考查电场线、电势能、电势以及功能关系，能量守恒等，难度中等。11.如图所示,平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接,下极板接地。一带电油滴位于两板中央的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离,则()A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动B. 带电油滴将在P点电势能将减小C. P点的电势将降低D. 电容器的电容减小,电容器的带电量将减小【答案】AB【解析】【详解】A、根据平衡条件可知，带电油滴受到向上的电场力与向下的重力相等，即满足，若将上极板向下移动一小段距离，两板间距离d变小，由于电压不变；根据可知，场强E变大，所以带电油滴受到向上的电场力大于向下的重力，粒子将向上运动，故A正确；C、，由于场强E变大，P点到下极板的距离不变，所以变大，即P点的电势应升高，故C错误；B、带电油滴受到向上的电场力，而电场方向向下，所以带电油滴带负电，根据，带电油滴将在P点电势能将减小，故B正确；D、根据可知，d减小，则电容器的电容C变大，根据可知，U不变，则电容器的带电量Q变大，故D错误；故选AB。【点睛】关键是明确分析有关电容器动态问题的基本方法：先判断电容器的电压不变还是带电量不变（若断开电源则电量不变，若始终与电源相连则电压不变）；根据判断电容C的变化；根据Q=CU判断电容器带电量的变化情况；根据判断场强E的变化（注意若断开电源，只改变板间距离时场强E不变）；根据判断电势变化情况。12.如图,两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动,滑块A的质量为m,速度大小为2v0,方向向右,滑块B的质量为2m,速度大小为v0,方向向左,两滑块发生碰撞后的运动状态是（ ）A. A和B都向左运动 B. A和B都静止C. A向左运动,B向右运动 D. A静止,B向右运动【答案】BC【解析】【详解】两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，取水平向右方向为正方向，碰撞前系统总动量：，系统总动量为0，系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是0；若碰撞为完全非弹性碰撞，则碰撞后二者的速度相等，都是0；若碰撞不是完全非弹性碰撞，则碰撞后二者的速度方向运动相反，即A向左运动，B向右运动，故B、C正确，A、D错误；故选BC。【点睛】关键是两球碰撞过程，系统动量守恒，先选取正方向，再根据动量守恒定律列方程，求解即可。二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）13.螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示。由上图读得圆柱体的直径为_mm，长度为_cm。【答案】 (1). 1.844 (2). 4.240【解析】【分析】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺的示数；【详解】螺旋测微器：不动刻度为1.5mm，可动刻度为，则读数为；游标卡尺的主尺读数为，游标尺上第8个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为，所以最终读数为：；14.某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值（约为10 k），除了Rx，开关S、导线外，还有下列器材供选用：A电压表（量程01 V，内阻约10 k）B电压表（量程010 V，内阻约100 k）C电流表（量程01 mA，内阻约30 ）D电流表（量程00.6 A，内阻约0.05 ）E电源（电动势1.5 V，额定电流0.5 A，内阻不计）F电源（电动势12 V，额定电流2 A，内阻不计）G滑动变阻器R0（阻值范围010 ，额定电流2 A）为使测量尽量准确，电压表选用_，电流表选用_，电源选用_。（均填器材的字母代号）；画出测量Rx阻值的实验电路图_。该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会_其真实值（填“大于”“小于”或“等于”），原因是_。【答案】 (1). B； (2). C； (3). F； (4). (5). 大于； (6). 电压表的读数大于呆测电阻两端实际电压；【解析】试题分析：由于本题的被测电阻达到10k，所以电源要选择电动势大的，然后根据电路电流选择电流表，电压表；若采用限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故采用滑动变阻器的分压接法，根据和的关系分析电流表的接法；根据电流表的接法判断实验误差所在；若选用电源1.5V，由于被测电阻很大，电路中电流非常小，不利于实验，即电源选用12V的，即F；则电压表就应该选取B；电路中的最大电流为，故选用电流表C；因为给的滑动变阻器的最大阻值只有10，若采用限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故采用滑动变阻器的分压接法，由于，所以采用电流表内接法，电路图如图所示，由于电流表的分压，导致电压测量值偏大，而电流准确，根据可知测量值偏大；【点睛】滑动变阻器的分压和限流接法的区别和选用原则：区别：（1）限流接法线路结构简单，耗能少；（2）分压接法电压调整范围大，可以从0到路端电压之间连续调节；选用原则：（1）优先限流接法，因为它电路结构简单，耗能较少；（2）下列情况之一者，须采用分压接法：当测量电路的电阻远大于滑动变阻器阻值，采用限流法不能满足要求时（本题就是该例子）；当实验要求多测几组数据（电压变化范围大），或要求电压从零开始调节；电源电动势比电压表量程大得多，限流法滑动变阻器调到最大仍超过电压表量程时。电流表内接和外接的选用：当时，宜采用内接法，即大电阻用内接法；当时，宜采用外接法，即小电阻用外接法；可记忆为“大内，小外”。三、计算题（本题共3小题，共36分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15.如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的相距L的点电荷，其中Q1带电量为-4q，Q2带电量为+q，a、b两点在它们连线的延长线上.(1)求两点电荷连线上场强为0的点距离Q2多远(2)现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示，求从a到b电势能的变化量。【答案】(1)L(2) 【解析】【分析】两点电荷连线上场强为0的点应在Q2的右侧，根据电场叠加原理可得两点电荷连线上场强为0的点距离Q2的距离；根据电场力做功与电势能的关系和动能定理可求从a到b电势能的变化量；【详解】(1)经分析可知：两点电荷连线上场强为0的点应在Q2的右侧，设距离Q2为x根据电场叠加原理可得解得(2)从a到b电势能的变化量为从a到b由动能定理得：根据电场力做功与电势能的关系可得：解得：16.如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d ，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e 。求P点到O点的距离。【答案】（1） （2）【解析】设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理得：eU1=mv02，解得：；电子以速度0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为，离开偏转电场时的侧移量为y1，由牛顿第二定律得：F=eE2=e=ma，解得：，由运动学公式得：L1=v0t1，y1=at12，解得：；设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为y，由匀变速运动的速度公式可知y=at1；电子离开偏转